理科数学试卷 第 1页 (共 5页)
绝密★启用前 【考试时间：2020 年 4 月 24 日下午 15∶00～17∶00】
湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考
理科数学试题卷
本试卷共 5 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟。
考生注意：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在
本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝考试顺利!
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的。
1．已知集合 | 0 4P x R x ， | 3Q x R x ，则 P Q
A． 3,4 B． 3,4 C． ,4 D． 3,
2． x ， y 互为共轭复数，且 ixyiyx 6432 则 yx =
A．2 B．1 C． 22 D．4
3．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝
妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角
形有一个内角为 30 ，若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒（大小忽略不计，取
3 1.732 ），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为
A．20 B．27 C．54 D．64
4．如图，在ΔABC 中，点 D 在线段 BC 上，且 BD = 3DC，若AD
= λAB
+ μAC
，
则λ
μ =
A． B． C． D．2
5．已知定义在 R 上的函数 ( ) 2 1x mf x (m 为实数)为偶函数，记
0.5 2(log 3), (log 5), (2 )a f b f c f m 则 , ,a b c 的大小关系为
A． a b c B．c b a C．c a b D． a c b 理科数学试卷 第 2页 (共 5页)
6．如图所示是某多面体的三视图，左上为正视图，右上为侧视图，左下为俯视图，
且图中小方格单位长度为 1，则该多面体的侧面最大面积为
A. 2 3 B. 6 C. 2 2 D. 2
7．已知双曲线
2 2
2 2: 1 0, 0x yC a ba b
的左,右焦点分别为 1 2,0 , ,0F c F c ,又点
23, 2
bN c a
.若双
曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b ,则双曲线 C 的离心率的取值范围为
A. 13 , 53
B. 131, 5,3
U
C. 1, 5 13,U D. 5, 13
8．已知在关于 ,x y 的不等式组
0
{ 0
1 0
x y a
x y
y
，（其中 0a ）所表示的平面区域内，存在点
0 0,P x y ，满足 2 2
0 03 3 1x y ，则实数a 的取值范围是
A． 3, B． ,26 C． 26, D． 6 2,
9．已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，且 3cos cos 5a B b A c ，则 tan A B 的
最大值为
A. 3
2 B. 3
2 C. 3
4 D. 3
10．已知函数 2 2π( ) 2sin cos sin 02 4
rf x x x
在区间 2π 5π,3 6
上是增函数，且在区间
0,π 上恰好取得一次最大值 1，则 w 的取值范围是
A. 30, 5
B. 1 3,2 5
C. 1 3,2 4
D. 1 5,2 2
11．已知抛物线 2: 4C y x 和直线 : 1 0l x y F , 是抛物口回线 C 的焦点，P 是直线 l 上一点过点
P 作抛物线 C 的一条切线与 y 轴交于点 Q，则 PQF△ 外接圆面积的最小值为
A． π
2 B． 2 π2 C． 2π D． 2π
12．有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条，使这六 根铁条端点处相连能
够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架（不考虑焊接处的长度损失），则此三棱锥体积的取理科数学试卷 第 3页 (共 5页)
值范围是
A. 8 3(0, ]27 B. 2 3(0, ]3 C. 3(0, ]3 D. 16 3(0, ]27
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．已知二项式
61
xax 的展开式中的常数项为－160，则 a＝________．
14．观察分析下表中的数据：
多面体 面积（F） 顶点数（V） 棱数（E）
三棱柱 5 6 9
五棱锥 6 6 10
立方体 6 8 12
猜想一般凸多面体中 , ,F V E 所满足的等式是________.
15．设函数 ( ) e 1xf x x ，函数 g x mx ，若对于任意的 1 2,2x ，总存在 2 1,2x ，使得
1 2f x g x ，则实数 m 的取值范围是________.
16． ABC△ 的内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c .已知 sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ，
且 2•CA CB mc
，有下列结论：
① 2 8t ； ② 2 29 m ；
③ 4t ， ln 2a 时， ABC△ 的面积为 215 ln 2
8
； ④当 52 8t 时， ABC△ 为钝角三角形.
其中正确的是________________（填写所有正确结论的编号）
三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：60 分。
17．已知数列 ,n na b 满足： 1 1 2
1 14 1
n
n n n
n
ba a b b a
， ， .
（1）证明： 1
1nb
是等差数列，并求数列 nb 的通项公式；
（2）设 1 2 2 3 3 4 1...n n nS a a a a a a a a ，求实数 a 为何值时 4 n naS b 恒成立
18．在 Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝1
2.已知 E，F 分别是 BC，AC 的中点．将△CEF
沿 EF 折起，使 C 到 C′的位置且二面角 C′－EF－B 的大小是 60°.连接 C′B，C′A，如图：理科数学试卷 第 4页 (共 5页)
（1）求证：平面 C′FA⊥平面 ABC′；
（2）求平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角的大小．
19．
20．如图，设抛物线 2
1 : 4 ( 0)C y mx m 的准线l 与 x 轴交于椭圆
2 2
2 2 2: 1( 0)x yC a ba b
的右焦点 2 1,F F 为 2C 的左焦点.椭圆的离
心率为 1
2e ，抛物线 1C 与椭圆 2C 交于 x 轴上方一点 P ，连接 1PF
并延长其交 1C 于点Q ， M 为 1C 上一动点，且在 ,P Q 之间移动.
（1）当 3
2
a
b
取最小值时，求 1C 和 2C 的方程；理科数学试卷 第 5页 (共 5页)
（2）若 1 2PF F 的边长恰好是三个连续的自然数，当 MPQ 面积取最大值时，求面积最大值以
及此时直线 MP 的方程．
21．已知函数 lnxf x a xe
，其中 a 为常数．
（1）若直线 2y xe
是曲线 y f x 的一条切线，求实数 a 的值；
（2）当 1a 时，若函数 ln xg x f x bx
在 1, 上有两个零点．求实数 b 的取值范
围．
（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一
题计分。
22．[选修 4—4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 2
1
x t
y t
＝ ，
＝ ＋ （t 为参数），曲线 2
1 : 1C y x .以
坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 π4 2 sin 4
- .
（1）若直线 l 与 ,x y 轴的交点分别为 ,A B ，点 P 在 1C 上，求 BA BP
的取值范围；
（2）若直线 l 与 2C 交于 M N, 两点，点 Q 的直角坐标为 2,1 ，求|| | | ||QM QN 的值.
23. [选修 4–5：不等式选讲]
已知函数 2 2 3f x x x m , Rm ．
（1）当 2m 时，求不等式 3f x 的解集；
（2）若 ,0x ，都有 2f x x x
恒成立，求 m 的取值范围．理数答案 第 1页，总 10页
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理科数学试题参考答案及解析
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
选项 B C B A D C B D C B A D
1、B.【解析】由题意得， [0,4]P ， ( 3,3)Q ，∴ ( 3,4]P Q ，故选 B.
2、C【解析】设 ,x a bi y a bi ，代入得 2 2 22 3 4 6a a b i i ，所以
2 2 22 4,3 6a a b ，解得 1, 1a b ，所以 2 2x y .
3、B 解析：设大正方体的边长为 x,则小正方体的边长为 3 1
2 2x x ，设落在小正
方形内的米粒数大约为 N，则
2
2
3 1
2 2 N
200
x x
x
，解得： N 27 .
4、 A【解析】
岈 岈 岈
岈 岈
岈
岈
，
所以
，从而求得
.
5、D 解析：∵函数 f(x)是偶函数，∴ ( )f x f x＝ － 在 R 上恒成立，∴ 0m＝ ，∴当 0x 时，
易得 2 1xf x 为增函数，∴ 0.5 2 23 3 5 2a f log f log b f log c f＝ ＝ ， ＝ ， ＝ ，∵
2 23 2 5log log ，∴ a c b
6、C 由三视图可知多面体是棱长为 2 的正方体中的三棱锥 P ABC ，
故 1AC ， 2PA ， 5BC PC ， 2 2AB ， 2 3PB ，
∴
1 2 1 12ABC PACS S ，
1 2 2 2 2 22PABS ，
1 2 3 2 62PBCS ，
∴该多面体的侧面最大面积为 2 2 ．故选 C．
7、B 解析：双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b ，
即 2 min 4MF MN b ，
又 2 12 2MF MN a MF MN a
2
2
32 2
bNF a a
理数答案 第 2页，总 10页
∴
2
2 232 4 4 3 82
ba b a b aba
3 4 8 0 2b a b
a b a
或 2
3
b
a
∴
2
2
2e 1 ,e> 5b
a
或 131 N< 3
8、D【解析】由条件可得可行域，如图所示，
由{ 0
y x
x y a
,得 A 2 2
a a
， .因为直线 0x y a 与
直线 y x 垂直，所以只需圆心到 A 的距离小于等于 1 满足题意即可，即
2 2
3 3 12 2
a a
，解得6 2 6 2a ，当a 6 2 时恒存在点满足题
意，故实数a的取值范围 6 2,
9 、C【解析】 3cos cos 5a B b A c ∴由正弦定理，得
3
5sinAcosB sinBcosA sinC ，
C A B sinC sin A B （ ） （ ） ，，
∴ 3
5sinAcosB sinBcosA sinAcosB cosAsinB （ ），
整理，得 4sinAcosB sinBcosA ，同除以cosAcosB，得 4tanA tanB ，由此可得
2
3 3
11 1 4 4
tanA tanB tanBtan A B tanAtanB tan B tanBtanB
（ ） ， A B 、 是三角形内角，且
tanA 与tanB同号， A B 、 都是锐角，即 0 0tanA tanB＞ ， ＞ ，
1 14 2 4 4tanB tanBtanB tanB
理数答案 第 3页，总 10页
3 3
1 44
tan A B
tanBtanB
（ ） ，
当且仅当 1 4tanBtanB
，即 1
2tanB
时， tan A B（ ）的最大值为 3
4
．
10 、 B 解 析 ： ∵ 2 π π2cos 1 cos 1 sin2 4 2
x x x
，
2( ) sin 1 sin sin sinf x x x x x .
令 π 2 π2x k 可 得 π 2 π
2
kx ， ∵ ( )f x 在 区间 0,π 上 恰好 取得 一次 最 大值 ， ∴
π0 π2 解得 1
2
.
令 π π2 π 2 π2 2k x k ,解得： π 2 π π 2 π
2 2
k kx ，∵ ( )f x 在区间 2π 5π,3 6
上
是增函数，
∴
2π π
3 2
5π 3
6 5
,解得 3
5
.综上, 1 3
2 5
.故选：B.
11、答案：A 解析：将直线 l 与抛物线 C 联立
2 4
1 0
y x
x y
，得 21 1 0x x y ，即直
线 l 与抛物线 C 相切，且切点为 (1 )2, .又 P 是直线 l 上点，当点 P 为切点 (1 )2, 时， 1(0 )Q , .
又 0(1 )F , ，此时 PQF△ 为直角三角形，且外接圆的半径为 1，故圆的面积为 π .当点 P 不为
切点 (1 )2, 时，设点 0 0 1( )P x x , ，切线斜率为 k，则切线方程为 0 01y x k x x ，即
0 0 1 0kx y kx x .将切线方程与抛物线方程联立
2
0 0
4
1 0
y x
kx y kx x
，得
2
0 0 1 04
ky y kx x ，其中 01 1 0k kx ，则
0
1
PQk k x
.此时切线方程化简得
0
0
1y x xx
，则点 0(0 )Q x, ，可得 0FQk x .又 1PQ FQk k ，所以 PQF△ 为直角三角形.设
PQF△ 的外接圆的半径为 r， PF 的中点为 0 01 1,2 2
x xM
，且点 M 为外接圆的圆心，则
22r MQ
2 2 2
0 0 01 1 1
2 2 2
x x x
，所以 PQF△ 外接圆的面积为
2
2 0 1π π2
xr ，当
0 0x 时，面积取到最小值为 π
2
，综上， PQF△ 外接圆面积的最小值为 π
2 .理数答案 第 4页，总 10页
12、D 解析：设焊接的三棱锥形铁架如图所示，取 AB 的中点 D,连接 ,SD CD .
由题设条件易知 AB 平面 SCD ,且
2
4 4
aSD CD ，则 SCD△ 的面积为
21 42 2
aa ,三
棱锥的体积
21 1 43 2 2
aV a a
2
21 46 2
aa ， 0 2 2a ，令
2 , (0,8)a t t ,则 2 31 1 14 46 2 6 2
tV t t t .令 2 31( ) 4 , (0,8)2f x t t t ,
则 23 3( ) 8 (8 )2 2f t t t t t .
令 ( ) 0f t 得 16
3t ，且 16(0, )3t 时， ( ) 0f t ， ( )f t 单调递增， 16(0, )3t
时， ( ) 0f t ， ( )f t 单调递减，所以 2
max
16 4( ) ( ) 163 27f t f ，则 V 的最
大值为 21 4 1 2 16 316 166 27 6 273 3
,故此三棱锥体积的取值范围是
16 3(0, ]27 .
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．2 【解析】二项式 ax－1
x
6
的展开式的通项是 Tr＋1＝Cr6·(ax)6－r·
－1
x
r
＝Cr6·a6
－r·(－1)r·x6－2r.令 6－2r＝0，得 r＝3，因此二项式 ax－1
x
6
的展开式中的常数项是
C36·a6－3·(－1)3＝－160，故 a＝2.
14、 2F V E
解析：凸多面体的面数为 F. 顶点数为 V 和棱数为 E，
①正方体：F=6，V=8，E=12，得 F+V−E=8+6−12=2；
②三棱柱：F=5，V=6，E=9，得 F+V−E=5+6−9=2；
③三棱锥：F=4，V=4，E=6，得 F+V−E=4+4−6=2.
根据以上几个例子，猜想：凸多面体的面数 F. 顶点数 V 和棱数 E 满足如下关系：
2F V E
再通过举四棱锥、六棱柱、…等等，发现上述公式都成立。
因此归纳出一般结论： 2F V E
故答案为： 2F V E
15、 1, 2
解析： ( ) e 1 , ( ) ex xf x x f x x ∵ ∴ ，∴对于任意的 2,2x ，当 2,0x
时， ( ) 0f x ，当 0,2x 时， ( ) 0f x ，即 ( )f x 在 2,0 上为减函数，在 0,2 上为增函理数答案 第 5页，总 10页
数。 0x ∴ 为 ( )f x 在 2,2 上的极小值点，也是最小值点且最小值为 2,2 ，
∴对于任意的 1 1 min2,2 , ( ) 1x f x ，而总存在 2 1,2x ，使得 1 2( )f x g x ，
1 min 2 min( )f x g x . g x mx∵ ，∴① 0m 时， 2 0g x ，不合题意，
② 0m 时， 2 2 ,2g x mx m m ，此时 1m ，不合题意，③ 0m 时，
2 2 2 ,g x mx m m ， 2 min 2g x m∴ ， 12 1, 2m m ∴ .
16、①②④解析： sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ，∴ : : ln 2: ln 4: lna b c t ，
故可设 ln 2a k ， ln 4 2 ln 2b k k ， lnc k t ， 0k . b a c b a ，∴ ln 2 3 ln 2k c k ，
则 2 8t ，当 52 8t 时， 2 2 2 0a b c ，故 ABC 为钝角三角形.
面
2
2ln5
22cos
222222222 ckcba
ab
cbaabCabCBCA
，
又 2•CA CB mc
，∴
2 2 2
2 2
2 2 2
5 ln 2
• 5 ln 2 12
2 2
k c
CA CB km c c c
.
ln 2 3 ln 2k c k ，∴ 2 2 2
2 2 2 2 2
5 5 5
18 ln 2 2 2 ln 2
k k k
k c k
，即 2 2
2
5 5 ln 2 5
18 2 2
k
c
，∴ 2 29 m .当
4t ， ln 2a 时， ABC 的面积为 215 ln 2
4
，故四个结论中，只有③不正确.填①②④。
三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21
题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求
作答。
17、（1）∵ 1
1
(1 )(1 ) (2 ) 2
n n
n
n n n n n
b bb a a b b b ＋ ，∴ 1
11 12n
n
b b
∴
1
21 111 1 1
n
n n n
b
b b b
． ∴数列 1
1nb
是以 4- 为首项， 1- 为公差的等差数列．
∴ 1 4 ( 1) 31n
n nb
， ∴ 1 21 3 3n
nb n n
．
（2）∵ 11 3n na b n
． ∴
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1
4 5 5 6 ( 3)( 4) 4 4 4( 4)n n n
nS a a a a a a n n n n 理数答案 第 6页，总 10页
∴
22 ( 1) (3 6) 84 4 3 ( 3)( 4)n n
an n a n a naS b n n n n
． 由条件可知
2( 1) (3 6) 8 0a n a n 恒成立即可满足条件，设 2( ) ( 1) 3( 2) 8f n a n a n ，当 1a
时， ( ) 3 8 0f n n 恒成立,当 1a 时，由二次函数的性质知不可能成立． 当 1a 时，
对称轴 3 2 3 1(1 ) 02 1 2 1
a
a a
， f n 在[1, ) 为单调递减函数．
(1) ( 1) (3 6) 8 4 15 0f a a a ，∴ 15
4a ，∴时 4 naS b 恒成立． 综上知： 1a
时， 4 naS b 恒成立．
18．【解析】(Ⅰ)解法一：∵F 是 AC 的中点，∴AF＝C′F.设 AC′的中点
为 G，连接 FG.设 BC′的中点为 H，连接 GH，EH.易证：C′E⊥EF，BE⊥EF，
∴∠BEC′即为二面角 C′－EF－B 的平面角．∴∠BEC′＝60°，而 E 为
BC 的中点．易知 BE＝EC′，∴△BEC′为等边三角形，∴EH⊥BC′.
①∵EF⊥C′E，EF⊥BE，C′E∩BE＝E，∴EF⊥平面 BEC′.而 EF∥AB，
∴AB⊥平面 BEC′，∴AB⊥EH，即 EH⊥AB. ②由①②，BC′∩AB＝B，
∴EH⊥平面 ABC′.∵G，H 分别为 AC′，BC′的中点．∴GH 綊 1
2AB 綊 FE，∴四
边形 EHGF 为平行四边形．FG∥EH，FG⊥平面 ABC′，又 FG 平面 AFC′.∴平
面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分
解法二：如图，建立空间直角坐标系，设 AB＝2.
则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C′( 3，1，0)．
设平面 ABC′的法向量为 a＝(x1，y1，z1)，BA→ ＝(0，0，2)，BC′→ ＝( 3，1，
0)，∴ z1＝0，
3x1＋y1＝0，
令 x1＝1，则 a＝(1，－ 3，0)，设平面 AFC′的法向
量为 b＝(x2，y2，z2)，AF→＝(0，2，－1)，AC′→ ＝( 3，1，－2)，
∴ 2y2－z2＝0，
3x2＋y2－2z2＝0，
令 x2＝ 3，则 b＝( 3，1，2)．
∵a·b＝0，∴平面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分
(Ⅱ)如图，建立空间直角坐标系，设 AB＝2.则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，
1)，E(0，2，0)，C′( 3，1，0)．显然平面 BEC′的法向量 m＝(0，0，1)，8 分
设平面 AFC′的法向量为 n＝(x，y，z)，AC′→ ＝( 3，1，－2)，AF→＝(0，2，
－1)，
∴ 2y－z＝0，
3x＋y－2z＝0，
∴ n＝( 3，1，2).9 分 cos〈m, n〉＝ m· n
| m|·| n|
＝ 2
2
，10 分
由图形观察可知，平面 AFC′与平面 BEC′所成的二面角的平面角为锐角．
∴平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角大小为 45°.12 分理数答案 第 7页，总 10页
19、
20、（1）因为 1, 2
cc m e a
，则 2 , 3a m b m ，所以 3
2
a
b
取最小值时 1m ，
此时抛物线 2
1 : 4C y x ，此时 22, 3a b ，所以椭圆 2C 的方程为
2 2
14 3
x y ；理数答案 第 8页，总 10页
（2）因为 1, 2
cc m e a
，则 2 , 3a m b m ，设椭圆的标准方程为
2 2
2 2 14 3
x y
m m
，
0 0 1 1, , ,P x y Q x y 由
2 2
2 2
2
1{4 3
4
x y
m m
y mx
得 2 23 16 12 0x mx m ，所以 0
2
3x m 或
0 6x m （舍去），代入抛物线方程得 0
2 6
3y m ，即 2 2 6,3 3
m mP
，
于是 1 2 1 1 2
5 7 6, 2 , 23 3 3
m m mPF PF a PF F F m ，又 1 2PF F 的边长恰好是三个
连续的自然数，所以 3m ．此时抛物线方程为 2 12y x ， 1 3,0 , 2,2 6F P ，则
直线 PQ 的方程为 2 6 3y x ．联立
2
2 6 3{
12
y x
y x
，得 1
9
2x 或 1 2x （舍去），
于是 9 , 3 62Q
．所以 2 29 252 2 6 3 62 2PQ
，
设 2
, 3 6,2 612
tM t t
到直线 PQ 的距离为 d ，则
2
6 6 75
30 2 2d t
，
当 6
2t 时， max
6 75 5 6
30 2 4d ，所以 MPQ 的面积最大值为
1 25 5 6 125 6
2 2 4 16
．此时 4 2: 6 63 3MP y x ．
21、（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 1( ) a x aef x e x ex
， 曲线 ( )y f x 在点
0 0,x y 处的切线方程为 2y xe
. 由题意得 0
0
0 0
1 2 ,
2 ln
a
e x e
xx a xe e
解得 1a ，
0x e .所以 a 的值为 1.
（2）当 1a 时， ( ) lnxf x xe
，则 1 1( ) x ef x e x ex
，由 ( ) 0f x ，得 x e ，
由 ( ) 0f x ，得 0 x e ，则 ( )f x 有最小值为 ( ) 0f e ， 即 ( ) 0f x ，所以理数答案 第 9页，总 10页
ln( ) lnx xg x x be x
， ( 0)x ， 由已知可得函数 lnln x xy x x e
的图象与直线
y b 有两个交点，
设 ln( ) ln ( 0)x xh x x xx e
，则
2
2 2
1 1 ln 1 ln( ) x ex e e x xh x x x e ex
，
令 2( ) lnx ex e e x x ，
22( ) 2e ex e xx e xx x
，
由 22 0ex e x ，可知 ( ) 0x ，所以 ( )x 在 (0, ) 上为减函数，
由 ( ) 0e ，得 0 x e 时， ( ) 0x ，当 x e 时， ( ) 0x ，
即当 0 x e 时， ( ) 0h x ，当 x e 时， ( ) 0h x ，
则函数 ( )h x 在 (0, )e 上为增函数，在 ,e 上为减函数，
所以，函数 ( )h x 在 x e 处取得极大值 1( )h e e
，
又 1(1)h e
， 3 2 2
3
3 13 4 1h e e ee e
，
所以，当函数 ( )g x 在[1, ) 上有两个零点时，b 的取值范围是 1 1be e
，
即 1 1,b e e
.
22、(1)由题意可知：直线 l 的普通方程为 1 0x y ， 1,0A ∴ ， 0, 1B 1C 的方程可化
为 2 2 1 0x y y ，设点 P 的坐标为 cos ,sin ， 0 π ，
πcos sin 1 2 sin 1 0, 2 14BA BP
∴
(2)曲线 2C 的直角坐标方程为： 2 22 2 8x y 直线 l 的标准参数方程为
22 2
21 2
x m
y m
(m 为参数)，代入 2C 得： 2 2 7 0m m 设 ,M N 两点对应的参数分别为
1 2,m m
1 2 1 22, 7 0m m m m 故 1 2,m m 异号 1 2 2QM QN m m ∴理数答案 第 10页，总 10页
23、答案：（1）当 2m 时，
4 1( 0)
3( ) | 2 | | 2 3| 2 1( 0)2
34 5( )2
x x
f x x x x
x x
当 4 1 3
0
x
x
解得 10 2x 当 3 0,1 32 x 恒成立.
当
4 5 3
3
2
x
x
解得 32 2x ，此不等式的解集为 1[ 2, ]2
.
（2）
4 3 ( 0)
3( ) | 2 | | 2 3| 3 ( 0)2
34 3 ( )2
x m x
f x x x m m x
x m x
，
当 ( ,0)x 时，
33 ( 0)2( ) | 2 | | 2 3| 34 3 ( )2
m x
f x x x m
x m x
当 3 02 x 时， ( ) 3f x m ，当 3 , ( ) 4 32x f x x m 单调递减，
( )f x 的最小值为 3 m
设 2( ) ( 0)g x x xx
当 20, 2 2x x x
，当且仅当 2x x
时，取等号 2 2 2x x
即 2x 时， ( )g x 取得最大值 2 2 .
要使 2( )f x x x
恒成立，只需 3 2 2m ，即 2 2 3m .
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